Высшая математика

5. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ

r n +1

R n +1 (x) < (n +1)!er .

2) f(x)=sinx. Поскольку f (m) (x) = sin(x + m

дукции),

f	(m)	(0) = sin m	π	0	для m = 2k
			2	=
				(−1)k для m =

Формула Маклорена имеет вид:

sin x = x − x3 + x5 − x7 3! 5! 7!

π2) (доказывается методом математической ин-

	2k +1 k = 01,,...			(1)
	+...+(−1)n	x2n +1		+ R 2n +3 (x) .
		(2n +1)!

Мы записали R2n+3(x), а не R2n+2(x), т.к. все члены разложения с четными номерами в силу (1) равны нулю.

sin

θx +(2n +3)

π

x2n +3

R 2n +3 (x) =

2

x

2n +3

=

(−1)

n +1

cosθx

.

(2n +3)!

(2n +3)!

На любом сегменте [-r, r] (r>0)

R 2n +3 (x)

≤

r 2n +3

.

(2n

+

3)!

3) f(x)=cosx. Поскольку f (m) (x) = cos(x + m

π) ,

0

2

f

(m)

(0)

= cos m

π

для

m = 2k +1

k

= 01,,...

(2)

2

=

для

(−1)k

m = 2k

Формула Маклорена имеет вид:

cos x =1 −

x2

+

x4

−

x6

+...+(−1)n

x2n

+ R

2n +2 (x) .

2!

(2n)!

4!

6!

Мы записали R2n+2(x),

а не R2n+1(x), т.к. следующий за последним выписанным сла-

гаемым член многочлена Тейлора в силу (2) равен нулю.

cos θx +(2n +2)

π

x2n +2

R 2n +2 (x) =

2

x

2n +2

=

(−1)

n

cosθx

(2n +2)!

(2n +2)!

На любом сегменте [-r, r]

R 2n +2

(x)

≤

r 2n +2

.

(2n

+2)!

4) f(x)=ln(1+x)

1

f ′(x) =

= (1 + x)−1;

f ′′(x) = (−1)(1 + x)−2 ; f ′′′(x) = (-1)(-2)(1+ x)-3 ;...;

1

+ x

(n −1)!

f (n) (x) =

(−1)n −1

; f(0) = 0,

f (n) (0) = (−1)n −1 (n −1)!.

(1 + x)n

131

5. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ

Формула Маклорена имеет вид:

ln(1 + x) = x −

x2

+

x3

−

x4

+...+(−1)n −1

xn

+ R n +1 (x) .

n

2

3

4

Остаточный член запишем в формах Лагранжа и Коши

R n +1

(x)

=

(−1)n xn +1

(в форме Лагранжа).(3)

(n +1)(1 + θx)n +1

R n +1 (x) = (−1)n xn +1

(1 − θ)n

(в форме Коши).

(4)

(1 + θx)n +1

Пусть x (0, 1],

тогда

R n +1 (x)

≤

xn +1

<

1

(следует из (3)), т.к. x>0,

(n

+1)(1 +θx)n +1

n

+1

1

<1

(x = 0 R n +1 (0) = 0) .

1

n +1

+ θ

x

Оценим теперь

R n +1 (x)

на [-r, 0], где 0<r<1.

Будем исходить из формы Коши для Rn+1(x).

Перепишем этот остаточный член в виде

R n +1

(x) = (−1)

n

1 − θ n

xn +1

.

1 +θx

1 + θx

Заметим, что

1 −θ

<1 для x [-r, 0], 0<r<1

1 + θx

1-θ<1+θx θx>-θ θx+θ>0 θ(x+1)>0 x>-1 (что верно по предположению)

r n +1

R n +1 (x) < 1 − r .

Таким образом, Rn+1(x)→0 при n→∞ x [-r, 0], где r<1.

5) f(x)=(1+x)α, где α – вещественное число f (n) (x) = α(α −1)...(α − n +1)(1 + x)α−n ,

f (n) (0) = α(α −1)...(α − n +1).

Формула Маклорена имеет вид:

(1 + x)α =1 +	α x +	α(α −1) x2	+...+	α(α −1)(α −2)...(α − n +1) xn + R n +1 (x) ,
	1!	2!		n !

где остаточный член в форме Лагранжа равен

R n +1 (x) = α(α −1)...(α − n) (1 + θx)α−(n +1) xn +1 . (n +1)!

В частном случае, когда α=n – целое число, Rn+1(x)=0 и мы получим формулу бинома Ньютона

132

5. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ

(1 + x)n

=1 +

n

x +

n(n −1)

x2

+...+xn

и

1!

2!

(a + x)

n

= a

n

+

x n

n

n

x

n(n −1)

x 2

x n

1

= a

1

+

+

+...+

1!

2!

a

a

a

a

или

(a + x)n = a n + n a n −1x + n(n −1) a n −2x2 +...+xn . 1! 2!

Итак, общий случай бинома Ньютона является частным случаем формулы Макло-

рена.

5.14.8.3. Приложения формулы Маклорена Приближенное вычисление числа е

	def		1		n
	e ≡ lim 1	+			. Ранее были установлены оценки 2 ≤е<3. Положим в формуле Мак-
	n→∞		n

лорена для ex, х=1 и r=1, получим

e =1 +1!1 +...+ n1! + R n +1 (1) ,

где

R n +1 (1) ≤ (n +e 1)! < (n +31)!.

Выбирая номер n достаточно большим, получим приближенное значение e с любой наперед заданной точностью.

5.14.8.4. Вычисление пределов с помощью формулы Маклорена

Из полученных нами ранее разложений по формуле Маклорена элементарных функций легко следуют более грубые разложения (с остаточным членом в форме Пеано).

ex =1 + x + x2 +...+ xn +0(xn ), 2! n !

sin x = x −

x3

+

x5

+...+(−1)n

x2n +1

+0(x2n +2 ),

(2n +1)!

3!

5!

cos x =1 −

x2

+

x4

−...+(−1)n

x2n

+0(x2n +1 ),

(2n)!

2!

4!

ln(1 + x) = x −

x2

+

x3

−

x4

+...+(−1)n −1

xn

+0(xn ),

2

3

4

n

(1 + x)α =1 + α x +

α(α −1) x2

+...+

α(α −1)...(α − n +1) xn +0(xn ).

1!

2!

n !

Этиразложениямогутбытьиспользованыпривычислениипределовфункцийприx→0.

133

5. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ

	Пример. Вычислить lim	esin x −etgx		.
		x3 (1 + sin 3	x)
	x→0

Так как в знаменателе старшая степень x – третья, то в числителе нужно учитывать степени, не выше третьей.

Получим разложения функций, входящих в числитель, до членов с x3.

ez =1 + z +

z2

+

z3

+0(z3 ),

2!

3!

esin x

=1 + sin x +

(sin x)2

+

(sin x)3

+0[(sin x)3 ].

(1)

2!

3!

Так как lim

sin x

=1,

0[(sinx)3]=0(x3), далее,

x→0

x

sin x = x −

x3

+0(x4 ) .

3!

Подставляя это разложение в (1) будем иметь

x3

4

2

x3

4

3

x3

(x −

+

0(x

))

(x

−

+

0(x

))

e

sin x

=1 +(x −

+

0(x

4

)) +

3!

+

3!

+0(x

3

) .

3!

2!

3!

Раскрывая скобки и учитывая, что xk 0(xm)=0(xm+k)=0(xm), получим

esin x

=1 +(x −

1

x

3 ) +

1

x2

+

1

x3

+0(x3 ),

6

2

6

esin x

=1 + x +

1

x2

+0(x3 ).

2

Получим теперь разложение tgx

sin x

x

3

x

2

x

3

x

2

tgx =

= (x −

+ 0(x

3

)) (1 −

+ 0(x

3

−1

= (x −

+

0(x

3

+ (−1)(−

+ 0(x

3

)) + 0(x

3

))

)) 1

)

cos x

6

2

6

2

Здесь использовано разложение (1+z)-1=1-z+0(z)

= (x −

x3

+ 0(x3 ))(1

+

x 2

+ 0(x3 ))

= x

−

x3

+

x3

+ 0(x3 ) = x +

x3

+ 0(x3 )

6

2

6

2

3

etgx =1 + (x +

x3

) +

1

x 2

+

1

x3 + 0(x3 ) =1 + x +

1

x 2

+

1

x3

+ 0(x3 ).

2

6

2

3

2

Подставляя в заданную функцию полученные разложения, будем иметь

1

2

3

1

2

1

3

3

esin x −etgx

1 + x +

x

+0(x

)

−(1 + x

+

x

+

x

+0(x

))

lim

= lim

2

2

2

=

x3 (1 + sin 3 x)

x3 (1 + sin 3 x)

x→0

x→0

1

3

3

−

x

+0(x

)

1

= lim

2

= −

.

+ sin 3

x)

2

x→0 x3 (1

В этом примере использование правила Лопиталя было бы затруднительным, в то время как применение формулы Маклорена опиралось только на известные разложения элементарных функций.

134

5.ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ

5.15.Исследование поведения функций с помощью производных.

5.15.1. Условие постоянства функций.

Теорема 1.

Пусть функция f(x) определена, дифференцируема на интервале Х, и f ′(x) = 0 на Х. Тогда функция f(x) является постоянной на Х.

Доказательство. Пусть x0 – некоторая фиксированная точка из Х и х-любая другая точка из Х. Для сегмента [x0, x] (или [x, x0]) удовлетворены все условия теоремы Ла-

гранжа, следовательно, между точками х0 и х найдется точка ξ, такая что f(x)−f(x0 ) = f ′(ξ)(x0 − x). Так как f’(ξ)=0, то для x X f(x) = f(x0 ), т.е. значение функ-

ции f(x) в любой точке х Х равно ее значению в фиксированной точке х0, т.е. постоянна всюду в Х.

Замечание. Геометрический смысл теоремы: если касательная в каждой точке некоторого участка графика функции y=f(x) параллельна оси ОХ, то этот участок есть отрезок прямой, параллельный оси ОХ.

y

y=f(x)

x

0a b

5.15.2.Признак монотонности функции

Теорема. (Достаточное условие возрастания (убывания) функции на интервале Х). Пусть функция f(x)

1)определена на интервале Х;

2)имеет на Х конечную производную f ′(x);

3)f ′(x) >0 (f ′(x) <0) на Х.

Тогда f(x) является возрастающей (убывающей) на интервале Х.

Доказательство. Рассмотрим случай, когда f ′(x) <0 на Х. Возьмем любые два зна-

чения х1 и х2 из Х такие, что х1 < х2, тогда на сегменте [х1, х2] f(x) удовлетворяет всем условиям теоремы Лагранжа, поэтому справедливо равенство f(x2 )− f(x1 ) = f ′(ξ)(x2 −x1 ),

где ξ- некоторая точка из (х1, х2): х1<ξ< х2. Так как х2> х1, и f ′(ξ)< 0,” f(x2 )< f (x1), что означает убывание функции на множестве Х.

Для случаев f ′(x) >0 на Х доказательство проводится аналогично.

Замечание 1. Положительность (отрицательность) производной f ′(x) на Х не яв-

ляется необходимым условием возрастания (убывания) функции f(x), т.е. если на некотором участке функция возрастает (убывает), то отсюда не следует, вообще говоря, что на этом участке производная этой функции всюду положительна (отрицательна).

135

5. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ

y

y=x3

x

Рис. 1

Например, для возрастающей на всей числовой оси функции y = x3 производная в точке х=0 обращается в 0:y′ x=0 = 3x2 x=0 = 0 (рис.1).

Замечание. Геометрическая интерпретация теоремы: поскольку производная функции представляет собой угловой коэффициент касательной к графику функции, то

знак производной показывает, острый (если f ′(x) >0) или тупой (если f ′(x) <0) угол с

положительным направлением оси ОХ составляет касательная к f(x). В соответствии с этим, кривая идет вверх (функция f(x) возрастает) или вниз (функция f(x) убывает). В отдельных точках при этом касательная может быть параллельной оси ОХ, что соответствует обращению в нуль производной функции f(x) (рис.2,3)

y

y

.

Рис. 2

Рис. 3

5.15.3. Экстремум дифференцируемой функции

Необходимое условие экстремума функции в точке : если f(x) дифференцируема в точке С и имеет в этой точке локальный экстремум, то f ′(c) = 0. Таким образом, экстре-

мум дифференцируемой функции следует искать лишь в тех точках, где производная равна нулю. Такие точки называются стационарными. Заметим, что если точка стационарна, то отсюда, вообще говоря, не следует, что в этой точке функция достигает экстремума, т.е. указанное необходимое условие экстремума функции не является достаточным (для f(x)=x3 в точке х=0 экстремума нет, однако f ′(0) = 3x2 x=0 = 0).

Теорема 1. (первое достаточное условие экстремума дифференцируемой функции). Пусть функция y=f(x).

1)дифференцируема всюду в некоторой окрестности т. c.

2)т. c – стационарная, т.е. f ′(c) = 0, тогда а) если существует окрестность, в которой про-

изводная f ′(х) положительна (отрицательна) слева от точки С и отрицательна (положи-

136

5. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ

тельна) справа от точки С, то функция f(x) имеет в т. С локальный максимум (минимум) (рис. 1,2);

б) если же производная f ′(х) имеет один и тот же знак слева и справа от точки С, то экстремума в т. С нет (рис.3,4).

y

y

y

y

макс.

f ′(x) > 0

f ′(x) < 0

f ′(x) < 0 f ′(x) >

0

экстр. нет

экстр.нет

f ′(x) > 0 f ′(x) < 0

мин.

f ′(x) >0

f ′(x) < 0

c

x

с

x

c

x

c

x

Рис. 1

Рис. 2

Рис. 3

Рис. 4

Доказательство. Докажем теорему для точки максимума.

Пусть

f ′(х)

положи-

тельна в окрестности

слева

от

точки

С

и отрицательна

справа

от

точки С.

f ′(x) > 0 x < C и f ′(x) < 0 x > C .

Обозначим через х0 -любое значение аргумента из

окрестности х0>С. На сегменте [C,x0] функция f(x) дифференцируема, следовательно, и непрерывна, поэтому по теореме Лагранжа

f(C)− f(x0 ) = f ′(ξ)(C − x0 ),

(1)

где ξ – некоторое значение аргумента между точками С и х0. Аналогично рассматривается случай х0<C.

При х0>С f ′(ξ) < 0,C − x0 < 0, поэтому f(C)>f(x0). Это и означает, что в точке С f(x) имеет локальный максимум.

Теорема 2. (второе достаточное условие экстремума). Пусть функция y=f(x)

1) имеет производную всюду в некоторой окрестности т. С; 2) т. С – стационарная: f ′(c)=0;

3) имеет конечную вторую производную в т. С.

Тогда, если f ′′(C) < 0 , то в т. х=С f(x) имеет локальный максимум, если же f ′′(C) > 0, то в точке х= С f(x) имеет локальный минимум.

Замечание. Теорема 2 не дает ответa о наличии экстремума в том случае, когда f ′′(C) = 0 или не существует в т. х= С. В этом случае поведение функции в т. С следует

изучить с помощью первого достаточного условия экстремума.

Пример. Найти экстремум функции y = 4x + x2 − x4 −x3. Вычислим производную: 4

y′ = 4 −3x2 − x3 +2x. Производная определена и дифференцируема на всей числовой оси. Найдем стационарные точки, решив уравнение

y′(x) = 0. 4 - 3x2 − x3 +2x = 0 или x3 +3x2 −2x −4 = 0 .

Рассматриваем делители свободного члена : ±1; ±2. Отсюда получаем корень х1=-1.

137

5. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ

Деля x3 +3x2 −2x −4 на х+1,получим: x3 +3x2 −2x −4 = (x +1)(x2 +2x −4)

									2	+2x-4=0, получим x2=-1+ 5	, x3=-1-
3	2						x+1		Решая квадратное уравнение x
- x +3x -2x-4									5
x3+x2				x2+2x-4
-	2x2-2x-4								Итак, имеем:
	2x2+2x
	-		-4x-4						y′(x) = −(x +1+ 5)(x +1)(x +1− 5)
			-4x-4
			0

Определим промежутки возрастания и убывания функции и исследуем функцию на экстремум.

++

——

−1− 5

-1 −1−

5

x

(-∞,-1- 5 )

-1- 5

(-1-

5 ,-1)

-1

(-∞,-1+ 5 )

-1+ 5

(-1+ 5 ,+∞)

y′

+

0

+

0

—

0

+

y

4

9

4

−

4

лок.

лок.

лок.

Рис.

макс.

мин.

макс.

y

−1− 5

-1

−1+ 5

x

− 49

Пример 2. Найти экстремум функции y = x3 −3x2 −4 . Находим производную y′ = 3x2 −6x = 3x(x −2). Стационарные точки х1=0 и х2=2. Вычислим y′′ = 6x −6 = 6(x −1). Так как y′′(0) = −6 < 0 и y′′(2) = 6 > 0, то в т. х=0 – локальный максимум, а в точке х=2- локальный минимум.

138

5. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ

y

2 x

-4

-8

5.15.4. Экстремум функции, недифференцируемой в данной точке

Теорема. Пусть функция у=f(x).

1)дифференцируема всюду в некоторой окрестности точки С, за исключением, быть может, самой точки С;

2)непрерывна в точке С.

Тогда, если существует окрестность точки С, в пределах которой производная f ′(x) положительна (отрицательна) слева от точки С и отрицательна (положительна)

справа от точки С, то функция f(x) имеет в точке С локальный максимум (минимум). Если же производная f ′(x) имеет один и тот же знак слева и справа от точки С, то экстремума в

точке С нет.

Замечание. Требование 2) непрерывности функции в точке С существенно, ибо отсутствие этого требования может привести к функциям (см. рис. 1), не имеющим экстремума в т. С.

y

•

				c				x
				Рис.1.
						2
Пример. Найти точки экстремума функции y = x							3	.
y				Эта функция непрерывна на всей бесконечной прямой
	2			(см.рис.2), дифференцируема всюду на этой прямой, за
	y = x	3		исключением		точки х=0. Производная функции при
				x ≠ 0 y′ =	2	. В точке х=0 эта			производная	имеет
0			x		33	x			x < 0 y′ < 0,	а при
				разрыв 2-го рода. Поскольку при

x > 0 y′ > 0, то, следовательно, в силу теоремы в точке

х=0 функция имеет минимум.

Рис.2

Замечание. Сформулируем общую схему нахождения точек экстремума. Пусть функция f(x).

139

5.ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ

1)непрерывна на множестве Х;

2)производная f ′(x) существует и непрерывна внутри Х всюду, кроме быть может, ко-

нечного числа точек;

3) пусть производная f ′(x) обращается в 0 внутри Х лишь, может быть, для конечного

числа точек.

Обозначим через х1,х2,...хn точки, в которых производная не существует или равна нулю, а через a и b – концы Х (a и b могут быть и бесконечными).

a x1 x2 x3 xi xi+1 xi+2 b x

На каждом интервале (а1х1),(х1х2),...(xi-1xi),...)(xnb) производная f ′(x) в силу усло-

вий 1)-3) сохраняет постоянный знак. Поэтому вопрос о наличии экстремума в каждой точке хi может быть решен при помощи рассмотренных достаточных условий.

5.15.5. Направление выпуклости графика функции

Пусть функция f(x) дифференцируема в любой точке интервала (а,b), тогда через любую точку М(х, f(x)) этого графика функции можно провести касательную к графику функции f(x), причем эта касательная не параллельна оси OY, т.к. ее угловой коэффици-

ент конечен, ибо равен производной f ′(x).

Определение. Говорят, что график функции f(x) имеет на (a,b) выпуклость направленную вниз (вверх), если график этой функции в пределах (a,b) лежит не ниже (см. рис 1,2) (не выше) любой своей касательной.

y

y

		a	b x	a	b x
		Рис.1		Рис.2
Теорема 1.	Пусть функция y=f(x) имеет на интервале (a,b) конечную вторую про-
изводную, тогда	если	f ′′(x) ≥ 0	x (a,b)	(f ′′(x) ≤ 0 x (a,b)), то график функции
y=f(x) имеет на (a,b) выпуклость, направленную вниз (вверх).
Замечание.	Если	f′′(x) = 0 x (a,b),		то y = f(x) - линейная функция, т.е. ее гра-

фиком является прямая линия. В этом случае направление выпуклости можно считать произвольным.

Пример. f(x) = x3 −3x2 −4; f ′(x) = 3x2 −6x = 3x(x −2); f ′′(x) = 6x −6 = 6(x −1)

Таким образом, при x >1 f′′(x) > 0, а при x < 1 f′′(x) < 0 и, следовательно, при −∞< х<1 график функции имеет выпуклость вверх, а при 1<х< ∞ -вниз (см. рис.4).

140